2019-2020 年高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 課時 達標 14 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 理 解密考綱本考點主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性高考中導數(shù)試題經(jīng)常和不等 式、函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列等知識相結(jié)合，作為中檔題或壓軸題出現(xiàn)三種題型均有出現(xiàn)， 以解答題為主，難度較大 一、選擇題 1(xx福建福州模擬)函數(shù) y f(x)的圖象如圖所示，則 y f( x)的圖象可能是( D ) 解析：由函數(shù) f(x)的圖象可知， f(x)在(，0)上單調(diào)遞增， f(x)在(0，)上單 調(diào)遞減，所以在(，0)上 f( x)>0，在(0，)上 f( x)<0.選項 D 滿足，故選 D 2(xx蘇中八校聯(lián)考)函數(shù) f(x) xln x 的單調(diào)遞減區(qū)間為( A ) A(0,1) B(0，) C(1，) D(，0)(1，) 解析：函數(shù)的定義域是(0，)， 且 f( x)1 ，令 f( x)<0， 1x x 1x 解得 0<x0”是“ f(x)在 R 上單調(diào) 12 遞增”的( A ) A充分不必要條件 B必要不充分條件 C充要條件 D既不充分也不必要條件 解析： f( x) x2 a，當 a0 時， f( x)0 恒成立，故“ a>0”是“ f(x)在 R 上 32 單調(diào)遞增”的充分不必要條件 4函數(shù) f(x)對定義域 R 上的任意 x 都有 f(2 x) f(x)，且當 x1 時，其導函數(shù) f( x)滿足 xf( x)>f( x)，若 1<a<2，則有( C ) A f(2a)<f(2)<f(log2a) B f(2)<f(log2a)<f(2a) C f(log2a)<f(2)<f(2a) D f(log2a)<f(2a)f( x)，即( x1) f( x)>0，故當 x(1，)時，函數(shù)單調(diào)遞增， x(，1)時，函數(shù)單調(diào)遞減1< a<2， 0<log 2a2， f(log2a)<f(2)0 的解集 為( D ) A(，2)(1，) B(，2)(1,2) C(，1)(1,0)(2，) D(，1)(1,1)(3，) 解析：由題圖可知， f( x)>0，則 x(，1)(1，)， f( x)0 等價于Error!或Error! 解得 x(，1)(1,1)(3，) 6若函數(shù) f(x)2 x2ln x 在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間( k1， k1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)， 則實數(shù) k 的取值范圍是( C ) A1，) B1,2) C D1， 32) 32， 2) 解析： f( x)4 x ， 1x 2x 1 2x 1x x>0，由 f( x)0 得 x . 12 令 f( x)>0，得 x> ；令 f( x)<0，得 0<x< . 12 12 由題意得Error!1 k< .故 C 正確 32 二、填空題 7函數(shù) f(x) x315 x233 x6 的單調(diào)減區(qū)間為(1,11) 解析：由 f(x) x315 x233 x6 得 f( x)3 x230 x33，令 f( x)<0，即 3(x11)( x1)<0，解得1< x<11，所以函數(shù) f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(1,11) 8 f(x) xn23 n(nZ)是偶函數(shù)，且 y f(x)在(0，)上是減函數(shù)，則 n1 或 2. 解析： f(x) xn23 n(nZ)是偶函數(shù)， n23 n2 k(kZ)， 即 f(x) x2k， f( x)2 kx2k1 ， f(x)是偶函數(shù)且在(0，)上是減函數(shù)， 在(0，)上 f( x)2 kx2k1 0，2 k<0.即 n23 n<0，解得 0<n0，即 x>2，而 f( x) x .因 bx 2 x2 2x bx 2 為 x2>0，函數(shù) f(x) x2 bln(x2)在(1，)上是減函數(shù)，即 x22 x b0 12 在 x(1，)上恒成立，得 b x22 x 在 x(1，)上恒成立，令 g(x) x22 x( x1) 21， x(1，)，則 g(x)>g(1)1，所以 b1，則 b 的最 大值為1. 三、解答題 10已知函數(shù) f(x) (k 為常數(shù)，e 是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線 y f(x)在點 ln x kex (1， f(1)處的切線與 x 軸平行 (1)求 k 的值； (2)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間 解析：(1)由題意得 f( x) ，又 f(1) 0，故 k1. 1x ln x k ex 1 ke (2)由(1)知， f( x) . 1x ln x 1 ex 設 h(x) ln x1( x>0)，則 h( x) <0， 1x 1x2 1x 即 h(x)在(0，)上是減函數(shù) 由 h(1)0 知，當 0<x0，從而 f( x)>0； 當 x>1 時， h(x)<0，從而 f( x)0， f( x)， f(x)的變化如下： x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，) f( x) 0 0 f(x) 遞增 遞減 遞增 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3，)， 遞減區(qū)間為(1,3)， 要使函數(shù) f(x)在區(qū)間 上是單調(diào)函數(shù)，(1， m 12) 則Error! 解得 0，求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設函數(shù) g(x) f(x)2 x，且 g(x)在區(qū)間(2，1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù) a 的取值范圍 解析：(1)函數(shù)的定義域為(，)， f( x) x2 ax b，由題意得Error!即Error! (2)由(1)得， f( x) x2 ax x(x a)(a>0)， 當 x(，0)時， f( x)>0；當 x(0， a)時， f( x)0.所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，( a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為 (0， a) (3)g( x) x2 ax2，依題意，存在 x(2，1)， 使不等式 g( x) x2 ax2<0 成立， 即 x(2，1)時， a< max2 ，(x 2x) 2 當且僅當 x ，即 x 時等號成立， 2x 2 所以滿足要求的 a 的取值范圍是(，2 )2